【文档说明】广东省湛江市第二十一中学2020届高三下学期6月热身数学（文）试题 【精准解析】.doc，共(22)页，1.745 MB，由小赞的店铺上传

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湛江市第二十一中学2020届6月月考试题一、选择题：本大题共12题，每小题5分，共60分.1.已知集合A＝{x|﹣1＜x＜5}，B＝{1，3，5}，则A∩B=（）A.{1，3}B.{1，3，5}C.{1，2，3，4}D.{0，1，2，3，4，5}

【答案】A【解析】【分析】直接进行交集的运算即可.【详解】∵A＝{x|﹣1＜x＜5}，B＝{1，3，5}，∴A∩B＝{1，3}.故选：A.【点睛】本题考查了描述法、列举法的定义，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题.2.复数12izi

的虚部为（）A.35iB.35-C.35iD.35【答案】D【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】∵z1211322255iiiiiii，∴复数z12ii的虚部为35．故选

：D【点睛】本题考查的是复数的运算及其概念，较简单.3.若直线(1)10xay与直线210axy互相垂直，则实数a（）A.32B.23C.1D.2【答案】B【解析】【分析】直接根据直线垂直

公式计算得到答案.【详解】由两直线互相垂直可知2(1)0aa，解得23a，故选：B.【点睛】本题考查了根据直线垂直求参数，属于简单题.4.已知函数sin06yx的图象

相邻两条对称轴之间的距离为2，则该函数图象是由cos2yx的图象经过怎样的变换得到?（）A.向左平移3个单位长度B.向左平移6个单位长度C.向右平移3个单位长度D.向右平移6个单位长度【答案】C【解析】【分析】由诱导公式及三角函数图像的性质可得2sin2cos(2)cos2()633

yxxx，然后结合函数图像的平移变换求解即可.【详解】解：由函数sin06yx的图象相邻两条对称轴之间的距离为2，则22T，即T，则2，即2，则sin26yx，又2sin2cos(2)

cos2()633yxxx，又函数cos2()3yx的图象是由cos2yx的图象向右平移3个单位长度得到，即函数sin26yx的图象是由cos2yx的图象向右平移3个单位长度得到，故选：C.【点睛】本题考查了诱导公式及三角函数图像的

性质，重点考查了函数图像的平移变换，属基础题.5.已知正项等比数列na的前n项和为nS，若418a，3134Sa，则4S（）A.116B.18C.3116D.158【答案】D【解析】【分析】利用等比数列前n项和公式和通项

公式列出方程组，求出首项和公比，由此能求出结果．【详解】正项等比数列{}na的前n项和为nS，418a，3134Sa，3131118(1)314aqaqaq，0q，且1q，解得111

,2aq，4411(1)1521812S．故选：D．【点睛】本题考查等比数列的第4项的求法，考查等比数列前n项和公式和通项公式等基础知识，考查运算求解能力．6.已知m，n是两条不同直线，，是两个不同平面，有下列四个命题：①若//m，//n，则//mn；

②若n，m，//mn，则//；③若，//m，n，则//mn；④若//，m，mn，则n.其中，正确的命题个数是（）A.3B.2C.1D.0【答案】C【解析】【分析】根据空间中点

、线、面的位置关系逐一判断即可.【详解】若//m，//n，则m与n可以平行、相交、异面，故①错误；若n，m，//mn，则//，故②正确；若，//m，n，则m与n可以平行、相交、异面，故③错误；若//，m，mn，则n与可以平行、相交或n，

故④错误所以正确的命题个数是1故选：C【点睛】本题考查的是空间中点、线、面的位置关系，属于基础题.7.函数222sinxxyxex在22,的图像大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】本题首先可以通过sin0x排除C项，然后通过判断函数222

sinxxyxex是奇函数排除B项，最后通过12f排除D项，即可得出结果.【详解】令222sinxxfxyxex，因为sin0x，所以0x，排除C，因为2

22222sinsinxxxxfxxexefxxx，所以函数222sinxxyxex是奇函数，排除B，因为21sin1ef，21e-<，2sin1sin452>=，所以2211

2f，排除D，故选：A.【点睛】本题考查函数图像的判断，可通过取特殊值、函数的奇偶性、函数的定义域等方式来判断，考查推理能力，是中档题.8.若3sin63，则sin26的值为（）A.13B.13C.223D.223【答案】B【解析】【分析】利

用诱导公式和二倍角公式化简得到答案.【详解】21sin2cos212sin6363，故选：B.【点睛】本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和应用能力.9.已知一个几何体的三视

图如图所示，则该几何体的表面积为（）A.142B.510122C.5101224D.1244【答案】D【解析】【分析】根据三视图知几何体是一个四分子一圆锥与一个三棱锥的组合体，分别计算其表面积得解.【详

解】四分子一圆锥表面积1111212211442242S12112ABDBCDSS,13322222ACDS所以组合体表面积为121312+1+1+=4+4224故选：D【点睛】本题考查三视图还原几何体求

表面积问题.几何体三视图还原其直观图时，要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图．10.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，若2a，3c，且满足2coscosacBbC，则ABBC的值为（）A.2B.3C.1D.3【答案】D【解析】【

分析】利用正弦定理将边化为角，即可求出角B，结合向量的数量积即可求解.【详解】2coscosacBbC根据正弦定理得：sinsin)cossincos,2ACBBC（即：sincossincoscossin2ABBCBC,sincos

sin()sin,2ABBCA又10,sin0,cos2AAB，10,,coscos233.332BBABBCABBCBac故选：D.【点睛】本题主要考查正弦定理、两角和的正弦公式及平面向量的数量积，考查边化角的技

巧，属于基础题.11.《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想．现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为r，正方形的边长为a（0＜a＜r），若在圆内随机取点，

得到点取自阴影部分的概率是p，则圆周率π的值为（）A.221aprB.221aprC.1aprD.1apr【答案】A【解析】【分析】计算圆形钱币的面积和正方形的面积，利用几何概型的概率公式求出p，则π可求．【详解】圆形钱币的半径为rcm，面积为S圆

＝π•r2；正方形边长为acm，面积为S正方形＝a2．在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是pSSS圆正方形圆122ar，所以π221apr．故选：A．【点睛】本题主要考查几何概型的概率求法及应用，还考查了运算求解的能力，属于

基础题.12.设F为拋物线2:4Cyx的焦点，其准线l与x轴的交点为M，过点F且倾斜角为60°的直线交拋物线C于A，B两点，则AMB的面积为（）A.833B.433C.8D.4【答案】A【解析】【分析】根据倾斜角求出直线方程，联立方程求出弦长AB，结合点到直线的距离求出AMB的高，从而可

得AMB的面积.【详解】抛物线的焦点为(1,0)F,(1,0)M；因为倾斜角为60°的直线交拋物线C于A，B两点，tan603k所以:3(1)AByx，联立243(1)yxyx得231030xx设1122,,,AxyBxy，则

1212110,3xxxx；弦长2212121216||11343ABkxxxxxx；点(1,0)M到直线:3(1)AByx的距离为23331d，所以AMB的面积为18323SABd.故选：A.【点睛】本题主要考查抛

物线中的三角形的面积，准确求解弦长和高是解题关键，侧重考查数学运算的核心素养.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量a、b满足：2a，3br，a与b夹角为120，则2ab_______.【答案】27【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算

律和定义计算出2ab的值.【详解】22222244ababaabb224cos1204aabb221242343282，因此，227ab.故答案为：27.【点睛】本题

考查平面向量模的计算，考查平面向量数量积的运算律和定义，考查计算能力，属于基础题.14.已知正三棱锥PABC，23AB，25PA，则此三棱锥外接球的半径为_______.【答案】52【解析】【分析】作出图形，找出外

接球球心的位置，根据几何体的结构特征列等式可求三棱锥PABC外接球的半径.【详解】如下图所示：设点G为ABC的外心，则PG平面ABC，则三棱锥PABC的外接球球心O在直线PG上，设其外接球的半径为R，由正弦定理得22sin3ABAG，224PGPAAG，在Rt

OAG中，4OGPGRR，由勾股定理得222OAOGAG，即22224RR，解得52R.故答案为：52.【点睛】本题考查三棱锥外接球半径的计算，解题时要充分分析几何体的结构特征，找出球心的位置，通过几何体的结

构特征列等式求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.15.已知函数lnfxx，1fafb，则ab的最小值为________.【答案】2e【解析】【分析】函数lnfxx，1fafb，可得：lnln1ab，即ln1ab，求得ab值，根据均值不

等式，即可求得ab最小值.【详解】函数lnfxx，1fafblnln1ab，可得：ln1ab故：abe，且0,0ab根据均值不等式：22ababe当且仅当abe取等号ab的最

小值为：2e故答案为：2e【点睛】本题考查了根据均值不等式求最值问题，解题关键是掌握均值不等式求最值的方法，在使用均值不等式求最值时，要注意验证等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.16.已知ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且222sinabcabC，

cossinaBbAc，10a，则b_______【答案】32【解析】【分析】利用余弦定理可求得tanC的值，利用正弦定理边角互化思想结合两角和的正弦公式可求得4A，进而可求得sinB的值，利用正弦定理可求得b的值.【详解】

222sinabcabC，即2cossinabCabC，tan2C，由22sintan2cossincos1sin0CCCCCC，解得25sin55cos5CC，cossinaBbAc，由正弦定理得

sincossinsinsinsinsincoscossinABABCABABAB，sinsincossinABAB.0B，sin0B，则tan1A，0A，4A，2310sinsinsincossin421

0BACCCC.由正弦定理得sinsinbaBA，得31010sin1032sin22aBbA.故答案为：32.【点睛】本题考查三角形边长的计算，涉及余弦定理和正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.三、解答题.

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17〜21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17.随机调查某城市80名有子女在读小学的成年人，以研究晚上八点至十点时间段辅导子女作业与性别的关

系，得到下面的数据表：是否辅导性别辅导不辅导合计男2560女合计4080（1）请将表中数据补充完整；（2）用样本的频率估计总体的概率，估计这个城市有子女在读小学的成人女性晚上八点至十点辅导子女作业的概率；（3）根据以上数据，能否有99%以上的把

握认为“晚上八点至十点时间段是否辅导子女作业与性别有关？”.参考公式：22nadbcKabcdacbd，其中nabcd.参考数据：20PKk0.150.100.050.02

50.0100.0050k2.0722.7063.8415.0246.6357.879【答案】（1）见解析；（2）0.75；（3）有把握.【解析】【分析】（1）由表可依次求出男性不辅导的人数、女性辅导的人数、不辅导的人数、女性的人数、女性不辅导的人数，由此得到

答案；（2）根据频率的计算公式求解即可；（3）求出2K，然后与6.635比较大小，由此可求得结论．【详解】解：（1）如表，是否辅导性别辅导不辅导合计男253560女15520合计404080（2）在样本中有20位女士，其中有15位辅导孩子作业，其频率为

150.7520P，∴估计成人女士晚上八点至十点辅导孩子作业的概率为0.75；（3）∵2280255153540402060K206.676.6353，∴有99%的把握认为“晚上八点至十点时间是否段辅导孩子作业与性别有关”．【点睛】本题

主要考查独立性检验的应用，属于基础题．18.如图所示，在ABD△中，点C在线段AB上，3AD，1BC，14BD，2cos3DAB.（1）求sinABD的值；（2）判断ACD是否为等腰三角形.【答案】（1）7014；（2）为等腰三角形.【

解析】【分析】（1）首先由cosDAB的值得出sinDAB的值，然后在ABD△中运用正弦定理即可；（2）结合（1）中的结论求出cosABD，运用余弦定理求出CD，进而可得结果.【详解】（1）因为2cos3DAB，所以225sin133DAB在AB

D△中，由正弦定理得：sinsinADBDABDBAD，即：314sin53ABD解得70sin14ABD.（2）在ABD△中因为BDAD，所以2ABD所以270314cos1sin119614ABDABD，2222c

osCDBDBCBDBCCBD314141214149得3CD，所以ACD为等腰三角形.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查了学生的计算能力，属于基础题.19.如图所示，梯形ABC

D中，//ADBC，平面CDEF平面ABCD，且四边形CDEF为矩形，22BCAD，23CF，13AB，26BE.（1）求证：AD平面BDE；（2）求点D到平面BEF的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）2155.【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质可得ED面ABC

D，推出EDBD，ADED，再利用勾股定理证明ADBD，即可推出线面垂直；（2）作BHCD于H，证明BH面CDEF从而求出三棱锥BDEF的体积，再求出BEF的面积，利用等体积法即可求得点到平面的距离.【详解】（1）EDCD又平面EDCF平面ABCD，且平面EDCF平面A

BCDCD＝，ED面EDCFED面ABCD，又平面ADBD，平面ABCD，EDBD，ADED在RtBDE中，23ED，26BE，23BD在ABD中，23BD，1AD，13AB222ABADBD，ADBD又EDBDD，EDBD，平面BD

E，AD平面BDE；（2）由（1）可知BCD为直角三角形，且23BD，2BC，224CDBDBC作BHCD于H，则3BCBDBHCD由已知平面EDCF平面ABCD，且平面EDCF平面ABCDCD＝，BH面ABCD，BH面CDEF11

142334332BDEFDEFVSBH－，在BEF中，224BFBCCF，4EFCD，26BE22126462152BEFS，设点D到平

面BEF的距离为h，则13BEFBDEFShV，即121543h，解得：2155h，所以点D到平面BEF的距离为2155.【点睛】本题考查线面垂直的判定及证明、点到平面的距离的求法，属于中档题.20.已知抛物线C的顶点为坐标原点O，对称轴为y轴，其准线为1y.（1

）求抛物线C的方程；（2）设直线:lykxn，对任意的kR抛物线C上都存在四个点到直线l的距离为4，求n的取值范围.【答案】（1）24xy；（2）5n.【解析】【分析】（1）根据准线方程形式设抛

物线标准方程，再根据数值求得2p，即得抛物线方程；（2）先根据kR确定0n，再借助切线转化条件，即kR,点0,n到抛物线C切线:mykxb距离大于4恒成立，最后根据二次方程实根分布列不等式解得结果.【详解】（1）由题意可设

抛物线C的方程：22xpy，则12p得2p，所以24xy（2）由对任意的kR抛物线C上都存在四个点到直线l的距离为4，得0n，设与直线l平行的直线:mykxb，要满足题设条件“对任意的kR抛物线C上都有四个点到直线l的距离为4”，则有当m与抛物线C相切时，kR点

0,n到:mykxb距离大于4恒成立，由24ykxbxy得：2440xkxb24440kb得20kb点0,n到:mykxb距离为21nbk所以kR

不等式241nbk恒成立，代入2bk整理得：422(216)160knkn，令2tk,即22(216)160tntn在[0,)上恒成立所以①得22(216)4160nn－，求得5n或②2

21602160nn－得8n所以5n【点睛】本题考查抛物线方程、抛物线切线以及二次方程实根分布，考查综合分析与求解能力，属较难题.21.设函数10xfxeaxa.（1）求函数()fx的单调区间和极值；（2）若存在,mnR满足mneeamn，证明2

lnmna成立.【答案】（1）当0a时，()fx在R上单调递增没有极值；当0a时，()fx在ln,a上单调递增，()fx在,lna上单调递减，极小值为2lnaa；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）对函数进行求导得()xfxea，

分为0a和0a两种情形判别导数与0的关系即可得结果；（2）先得出fmfn，结合（1）知0a，设lnman，构造函数()()(2ln)Fxfxfax，通过导数判断出Fx的单调

性，可得出()0Fm，结合（1）中的单调性即可得出结果.【详解】（1）由()(1)xfxeax得()xfxea当0a时，()0fx从而得()fx在R上单调递增没有极值；当0a时，()0fx

得lnxa；()0fx得lnxa；()0fx得lnxa；()fx在ln,a上单调递增，()fx在,lna上单调递减，此时有极小值ln2lnfaaa，无极大值.（2）由mneeamn得：mneamean，从而得fmfn由(1)知当0a

时，()0fx从而得()fx在R上单调递增，所以此时不成立可知此时0a，由于fx的极小值点为lnxa，可设lnman设2ln()()(2ln)(1)(2ln1)axxFxfxfaxeaxeaax

2ln22lnaxxeeaxaa222lnxxaeaxaae22()2220xxxxaaFxeaeaee，仅当lnxa时取得“”所以()Fx在ln,a为单调递增函数且(ln)0Fa当lnma，

时有()()(2ln)0Fmfmfam，即()(2ln)fmfam又由fmfn，所以()(2ln)fnfam又由(1)知()fx在,lna上单调递减，且2ln,lnama，

,lnna所以2lnnam从而得证2lnmna成立.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调性和极值，解决极值点偏离问题构造函数()()(2ln)Fxfxfax是解题的关键，属于难题.22.在平面直角坐标内，直线l过点3,2P，且倾斜角6

.以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆C的极坐标方程为4sin.（1）求圆C的直角坐标方程；（2）设直线l与圆C交于A，B两点，求PAPB的值.【答案】（1）222

4xy；（2）33.【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用一元二次次方程根和系数的关系式的应用求出结果．【详解】解：（1）由4sin得24sin，从而有224xyy即：22

24xy（2）由题意设直线l的参数方程为3cos62sin6xtyt即：332122xtyt代入圆的方程得22313422tt

整理得：23350tt1233tt，125tt由120tt且120tt可知121233PAPBtttt【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系

数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．23.已知函数()1fxx.（1）解不等式()(1)4fxfx；（2）当0x，xR时，证明：1()()2fxfx.【答案】（1）35,,22

；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意，代入得到不等式14xx，分类讨论，即可求解不等式的解集；（2）根据绝对值的三角不等式，以及基本不等式，即可作出证明.【详解】（1）由()(1)4fxfx得14xx，当1x时

，得214x，所以52x；当01x时，得14，所以x；当0x时，得124x，所以32x；综上，此不等式的解集为：35,,22；（2）由1(

)()fxfx111xx，由绝对值不等式得1111xxxx，又因为1,xx同号，所以11xxxx，由基本不等式得：12xx，当且仅当1x时，等号成立，所以1()()2fxfx.【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，

其中解答中熟记含绝对值不等式解法，以及合理应用绝对值三角不等式和基本不等式求最值是解答本题的关键，着重考查了分类讨论思想，考查了学生的逻辑推理与运算求解能力.